Mostrar que $p_n(a)\neq 0$ si $|a|=n$

Question

Estoy trabajando el siguiente problema:

Considerar los polinomios $$ p_n(z)=\sum_{j=0}^{n}\frac{z^j}{j!} $$ Para $n \geq 2$, muestran que si $a \in \mathbb{C}$ es tal que $|a|=1$ o $|a|=n$, $p_n(a)\neq 0$

El caso de $|a|=1$ ya ha sido respuesta aquí en el último comentario de esta pregunta, sin embargo, yo todavía no tienen idea de para el caso de $|a|=n$. Alguna ayuda? He probado un montón de cosas, como se puede ver en la otra pregunta, pero nada bueno.

Answer 1

Mirando hacia atrás, parece que estaba ladrando al árbol equivocado con Rouch del teorema.

Basta para demostrar que los polinomios $q_{n}(z):=p_{n}(nz)$ no tiene ceros en el círculo unitario para $n\geq 2$. Podemos y, de hecho, resultar un fuerte resultado: $q_{n}$ no tiene ceros fuera de abrir la unidad de disco $D(0,1)$.

Lema 1. Deje $p(z)=a_{0}+a_{1}z+\cdots+a_{n}z^{n}$ ser un polinomio de grado $n>2$ con no decreciente positivo de los coeficientes de $0<a_{0}\leq a_{1}\leq\cdots\leq a_{n}$.

1. Si $a_{j}-a_{j-1}>0$ algunos $1<j<n$, $p$ no tiene ceros en el abierto anillo $\left|z\right|>1$.
2. Si $a_{j}-a_{j-1}>0$ $a_{j'}-a_{j'-1}>0$ consecutivas $j$$j'$, $p$ también no tiene ceros en el círculo unidad $\left|z\right|=1$.

Prueba. Considere el polinomio $f(z):=(1-z)p(z)$. Los ceros de $f$ son precisamente los ceros de $p$ junto con $z=1$. Así que si se demuestra que $f$ no tiene ceros fuera de abrir la unidad de disco con la excepción de $z=1$, entonces estamos hecho. Observar que

$$f(z)=a_{0}-a_{n}z^{n+1}+\sum_{j=1}^{n}\left(a_{j}-a_{j-1}\right)z^{j}\tag{1}$$

Supongamos que $f(z)=0$$\left|z\right|\geq 1$. Entonces

\begin{align*} \left|a_{n}z^{n}\right|&=\left|a_{0}+\sum_{j=1}^{n}\left(a_{j}-a_{j-1}\right)z^{j}\right|\\ \\ &\leq a_{0}+\sum_{j=1}^{n}\left|\left(a_{j}-a_{j-1}\right)z^{j}\right|\tag{2}\\ \\ &\leq a_{0}+\sum_{j=1}^{n}\left(a_{j}-a_{j-1}\right)\left|z\right|^{n}\tag{3}\\ \\&=a_{n}\left|z\right|^{n} \end{align*} Si $\left|z\right|>1$, entonces la desigualdad en (3) es estricta y obtenemos una contradicción, lo que completa la prueba de la primera reclamación.

Ahora supongamos que la hipótesis de que la segunda afirmación espera. Si $\left|z\right|=1$, entonces la desigualdad en (2) es en realidad una igualdad. De dónde, por el Lema 2 (ver más abajo), $(a_{j}-a_{j-1})z^{j}=t(a_{j'}-a_{j'-1})z^{j'}$ de $t>0$. Sin pérdida de generalidad, supongamos $j'=j+1$, de modo que

$$z=\dfrac{a_{j}-a_{j-1}}{t(a_{j+1}-a_{j})}\in\mathbb{R}^{>0}$$

Desde $\left|z\right|=1$, llegamos a la conclusión de que $z=1$. Pero claramente $p(1)\neq 0$. $\Box$

Se puede comprobar que para $n\geq 2$ los coeficientes de

$$q_{n}(z)=\sum_{j=0}^{n}\dfrac{n^{j}}{j!}z^{j}$$

satisfacer tanto las hipótesis del Lema 1. Son todos estrictamente creciente con la excepción de $n^{n}/n!=n^{n-1}/(n-1)!$. Al $n=2$, usted puede usar la fórmula cuadrática para calcular directamente que $p_{2}(z)=0\Leftrightarrow z=-1\pm i$.

Lema 2. Supongamos $z_{1},\ldots,z_{m}\in\mathbb{C}$ son cero, y establecer $z:=z_{1}+\cdots+z_{m}$. Si

$$\left|z\right|=\left|z_{1}\right|+\cdots+\left|z_{m}\right|,$$

a continuación,$z_{j}=\lambda_{j}z$, donde el$0\leq\lambda_{j}\leq 1$$\sum_{j}\lambda_{j}=1$.

Prueba. La prueba es, básicamente, la inducción en $m$ junto con recordar que, como consecuencia de Cauchy-Schwarz) la desigualdad de triángulo $\left|z+w\right|\leq\left|z\right|+\left|w\right|$ es estricta a menos que $z=t w$, para algunos de los verdaderos $t\geq 0$.

Supongamos que el resultado es cierto para $m-1$ vectores. La hipótesis implica que

$$\left|z\right|=\left|z_{1}\right|+\left|z_{2}+\cdots+z_{m}\right|,$$

de dónde $z_{1}=\lambda(z_{2}+\cdots+z_{m})$, para algunos de los verdaderos $\lambda>0$. Por lo tanto

$$z_{1}=\dfrac{\lambda}{1+\lambda}z,\quad z_{2}+\cdots+z_{m}=\dfrac{1}{1+\lambda}z$$

Ahora podemos aplicar la hipótesis de inducción a $\left|z_{2}+\cdots+z_{m}\right|=\left|z_{2}\right|+\cdots+\left|z_{m}\right|$ a obtener que

$$z_{j}=\tilde{\lambda}_{j}(z_{2}+\cdots+z_{m})=\underbrace{\dfrac{\tilde{\lambda}_{j}}{1+\lambda}}_{:=\lambda_{j}}z, \qquad 2\leq j\leq m$$

donde$0<\tilde{\lambda}_{j}<1$$\sum_{j}\tilde{\lambda}_{j}=1$. Establecimiento $\lambda_{1}:=\lambda/(1+\lambda)$ completa la prueba de la inducción de paso. $\Box$

Answer 2

Esto puede ser mostrado usando un afilado Kakeya-Enestrom teorema debido a Anderson, Saff, y Varga. El papel (por desgracia faltan las páginas 12 y 13) está disponible a partir de Saff página web: enlace PDF.

En particular, en la notación de que el papel $\beta = n$, por tanto, por el Corolario 2 todos los ceros de $p_n(z)$ satisfacer $|z| < n$.

Tomamos nota de que el mismo resultado puede ser aplicado al polinomio recíproco $q_n(z) = z^n p_n(1/z)$. En ese caso se dice que todos los ceros de $q_n(z)$ mentira en $|z|<1$ y, por tanto, todos los ceros de $p_n(z)$ mentira en $|z|>1$.